湖南省益阳市一中、岳阳一中、澧县一中三校高二物理下学期期末联考试题（含解析）(1).doc

湖南省益阳市一中、岳阳一中、澧县一中三校2013-2014学年下学期期末联考高二物理试卷一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分其中第3题、第6题、第9题、第10题为多选，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1（4分）在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的说法是（）a英国物理学家牛顿用实验的方法测出万有引力常量gb牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”的观点c奥斯特最先观察到放在通电导线周围的小磁针可发生偏转d亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快考点：物理学史. 专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：a、卡文迪许用实验的方法测出万有引力常量g，故a错误；b、伽利略应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”的观点，故b错误；c、奥斯特最先观察到放在通电导线周围的小磁针可发生偏转，故c正确；d、伽利略认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快，故d错误；故选：c点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2如图是运用dis测定木块在水平桌面上滑动时（水平方向仅受摩擦力作用）速度随时间变化的vt图 根据图象的斜率可以求出木块的加速度还可以求出的是物理量是（）木块的位移，木块的平均速度，木块与桌面的动摩擦因数，木块克服摩擦力做的功a仅b仅c仅d考点：匀变速直线运动的图像. 专题：运动学中的图像专题分析：根据速度图象的“面积”可求出位移，进一步求出平均速度，根据牛顿第二定律求出木块与桌面的动摩擦因数物体的质量未知，不能求解木块克服摩擦力做的功解答：解：速度图象的“面积”大小等于木块的位移，所以根据图象可以求出木块的位移故正确由图能读出木块运动的时间，结合位移，可求出平均速度故正确根据牛顿第二定律得：mg=ma，得a=g，a能求出，则木块与桌面的动摩擦因数也能求出故正确、木块克服摩擦力做的功w=mgx，、x都能求出，但木块的质量未知，所以w无法求出故错误故选c点评：本题考查理解速度图象的意义，以及运用牛顿第二定律求解的能力物体在水平面上运动时，若仅受摩擦力作用，加速度大小为a=g，是常用的结论3（4分）质量为m的物体，在f1、f2、f3三个共点力的作用下做匀速直线运动，保持f1、f2不变，仅将f3的方向改变90（大小不变）后，物体可能做（）a加速度大小为的匀变速直线运动b加速度大小为的匀变速直线运动c加速度大小为的匀变速曲线运动d匀速直线运动考点：牛顿第二定律；力的合成. 专题：牛顿运动定律综合专题分析：当物体受到的合外力恒定时，若物体受到的合力与初速度不共线时，物体做曲线运动；若合力与初速度共线，物体做直线运动解答：解：物体在f1、f2、f3三个共点力作用下做匀速直线运动，三力平衡，必有f3与f1、f2的合力等大反向，当f3大小不变，方向改变90时，f1、f2的合力大小仍为f3，方向与改变方向后的f3夹角为90，故f合=f3，加速度a=，但因不知原速度方向，故力改变后的初速度方向与f合的方向间的关系未知，故有b、c两种可能；故选bc点评：本题关键先根据平衡条件得出力f3变向后的合力大小和方向，然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据曲线运动的条件判断物体的运动性质4（4分）如图所示，物体a、b用细绳连接后跨过定滑轮a静止在倾角为30的斜面上，b 被悬挂着已知质量ma=2mb，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由30缓慢增大到50，已知该过程中物体a始终相对斜面静止，那么下列说法中正确的是（）a绳子的张力将增大b物体a受到的合力减小c物体a受到的静摩擦力先增大后减小d物体a受到斜面的支持力减小考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力. 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：根据物体b处于静止状态，可知绳子上张力没有变化；静摩擦力的大小和方向取决于绳子拉力和物体a重力沿斜面分力大小关系；正确对a进行受力分析，判断支持力的变化情况解答：解：a、斜面倾角增大过程中，物体b始终处于平衡状态，因此绳子上拉力大小始终等于物体b重力的大小，保持不变，故a错误；b、物体a始终相对斜面静止，故合力始终为零，故b错误；c、由题可知，开始时a重力沿斜面的分力恰好等于绳子的拉力，因此摩擦力为零，随着角度增大，重力沿斜面的分力逐渐增大，而绳子拉力不变，因此物体所受摩擦力逐渐增大，方向沿斜面向上，故c错误；d、物体a受到斜面的支持力为：fn=magcos，随着的增大，cos减小，因此物体a受斜面的支持力将减小，故d正确；故选：d点评：本题考查了动态平衡中各个力的变化情况，动态平衡问题是高中物理的重点，要熟练掌握各种处理动态平衡问题的方法，如本题中关键是把握绳子上拉力大小不变的特点进行分析5科学家在研究地月组成的系统时，从地球向月球发射激光，测得激光往返时间为t，若已知万有引力常量为g，月球绕地球运动（可视为匀速圆周运动）的周期为t，光速为c，地球到月球的距离远大于它们的半径则可求出地球的质量为（）abcd考点：激光的特性和应用；万有引力定律及其应用. 专题：万有引力定律在天体运动中的应用专题分析：利用光速和测得激光往返时间求出地球到月球的距离研究月球绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出中心体的质量解答：解：测得激光往返时间为t，光速为c，所以地球到月球的距离l= ，研究月球绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：=m 由于地球到月球的距离远大于它们的半径，我们可以认为轨道半径r等于地球到月球的距离l，根据得：m=故选a点评：能根据激光的时间和速度得出地球到月球的距离向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用6（4分）如图所示，半径为r的光滑圆形轨道竖直固定放置，小球m在圆形轨道内侧做圆周运动对于半径r不同的圆形轨道，小球m通过轨道最高点时都恰好与轨道间没有相互作用力下列说法中正确的是（）a半径r越大，小球通过轨道最低点时的角速度越小b半径r越大，小球通过轨道最高点时的速度越大c半径r越大，小球通过轨道最低点时对轨道的压力越大d不论r多大，小球通过轨道最低点时对轨道的压力恒为6mg考点：向心力. 专题：匀速圆周运动专题分析：小球做圆周运动，恰好通过最高点，由重力提供向心力，可求出速度，由最高点至最低点的过程中，只有重力对小球做功，可由动能定理求出最低点速度，从而求出角速度解答：解：b、小球通过最高点时，对小球受力分析，如图小球受到重力和轨道向下的支持力，合力提供向心力，g+f1=mg解得，v根据题意，小球恰好到最高点，速度v取最小值，所以在最高点半径r越大，小球通过轨道最高点时的速度越大，故b正确；a、小球从最高点运动到最低点的过程中，由动能定理，mg（2r）=mv2mv2解得，v=角速度=，所以半径r越大，小球通过轨道最低点时的角速度越小，故a确；c、在最低点，根据向心力公式得：tmg=m，解得：t=6mg，故c错误，d正确故选：abd点评：本题关键运用向心力公式求出最高点速度，再由动能定理求出最低点速度！7（4分）如图（a）中直线cd是带电粒子在电场中的运动轨迹若一电子从a点由静止释放，在只受电场力的作用下从a运动到b的过程中速度随时间变化的图线如图（b）所示，则a、b两点的电势a、b，电场强度ea、eb，电子在a、b两点的电势能a、b，加速度aa和ab的大小关系正确的是（）aabbeaebcabdaaab考点：电势能；电场强度. 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电子运动的速度时间图象可知，电子做初速度为零的变加速直线运动，由此可以判断出电场的方向和电场强度大小的变化情况根据能量守恒定律分析电势能的关系解答：解：a、由于电子由静止，仅受电场力作用从a运动到b，所以电场力由a指向b，因此电场线方向从b指向a，沿电场线电势降低，即有ab，故a错误b、由图可知：电子做初速度为零的变加速直线运动变加速运动说明所受电场力不恒定，图象切线的斜率不断增大，说明电子的加速度不断增加，由f=qe知，场强不断增大，则电场强度eaeb，故b正确；c、电子的动能增大，根据能量守恒定律可知电势能减小，即有ab故c错误d、由于电场力增大，根据牛顿第二定律得知加速度增大，则有aaab故d错误故选：b点评：本题结合运动图象考查了电场强度和电势的变化情况，考查角度新颖，要注意结合图象的含义以及电场线和电场强度与电势的关系求解8（4分）关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是（）a磁感线从磁体的n极出发，终止于s极b磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向c沿磁感线方向，磁场逐渐减弱d在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小考点：磁感线及用磁感线描述磁场. 分析：在磁体外部磁感线从n极出发进入s极，在磁体内部从s极指向n极磁场的方向与通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向垂直磁感线的疏密表示磁场的强弱安培力的大小取决于四个因素：b、i、l，及导线与磁场的夹角，在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小解答：解：a、磁感线分布特点：在磁体外部磁感线从n极出发进入s极，在磁体内部从s极指向n极故a错误 b、磁场的方向与通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向垂直故b错误 c、磁场的强弱看磁感线的疏密，与磁感线方向无关，沿磁感线方向，磁场不一定减弱故c错误 d、根据安培力公式f=bilsin，可见，在b大的地方，f不一定大故d正确故选d点评：本题考查对磁场基本知识的理解和掌握程度，基础题注意安培力与电场力不同：安培力方向与磁场方向垂直，而电场力方向与电场强度方向相同或相反9（4分）如图，光滑绝缘细杆与水平面成角固定，杆上套有一带正电的小球，质量为m，带电荷量为q为使小球静止在杆上，可加一匀强电场所加电场的场强满足什么条件时，小球可在杆上保持静止（）a垂直于杆斜向上，场强大小为b竖直向上，场强大小为c平行于杆斜向上，场强大小为d水平向右，场强大小为考点：电场强度. 专题：电场力与电势的性质专题分析：当加一匀强电场时，小球将受到电场力作用，小球带正电，电场力方向与场强方向相同；当加电场后，小球所受的合力能为零时，就能在杆上保持静止状态解答：解：a、若电场方向垂直于杆斜向上，小球受到的电场力方向也垂直于杆斜向上，在垂直于杆的方向小球受力能平衡，而在平行于杆方向，重力有沿杆向下的分力，没有力与之平衡，则小球将向下滑动，不能保持静止故a错误b、若电场方向竖直向上，此时球受两个力，竖直向上的电场力和竖直向下的重力，根据二力平衡可知，eq=mg，故e=故b正确c、如电场方向平行于杆斜向上，此时受三个力，重力、沿杆方向的电场力和支持力重力和电场力垂直于杆方向的分力的合力和支持力等值反向，重力和电场力沿杆子方向的分力大小相等方向相反，有mgsin=eq，故e=，故c正确；d、若电场方向向右，此时受三个力，重力、电场力和支持力重力和电场力垂直于杆方向的分力的合力和支持力等值反向，重力和电场力沿杆子方向的分力大小相等方向相反，有mgsin=eqcos，故e=，故d错误故选：bc点评：判断物体能否静止，关键是正确分析物体的受力情况，根据利用平衡条件进行检验合力是否为零10（4分）一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势e=220sin100t（v），则（）a交流电的频率是100hzbt=0时线圈位于中性面c交流电的周期是0.02sdt=0.05s时，e有最大值考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率. 专题：交流电专题分析：从表达式中读出电动势的最大值和角速度，从而求频率和有效值解答：解：a、由表达式知角速度为100 rad/s，频率f=50hz，周期t=，a错误，c正确；b、t=0时，感应电动势的瞬时值为零，则线圈位于中性面，故b正确；c、t=0.05s时，e=0，有最小值，故d错误；故选：bc点评：本题考查了交流电的有效值、最大值、周期和频率，细心做这类题目不难11（4分）在如图所示的电路中，e为电源电动势，r为电源内阻，r1和r3均为定值电阻，r2为滑动变阻器当r2的滑动触点在a端时合上开关s，此时三个电表a1、a2和v的示数分别为i1、i2和u现将r2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（）ai1增大，i2不变，u增大bi1减小，i2增大，u减小ci1增大，i2减小，u增大di1减小，i2不变，u减小考点：闭合电路的欧姆定律. 专题：恒定电流专题分析：本题首先要理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，再采用局部整体局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析解答：解：由图知电压表测量路端电压，电流表a1测量流过r1的电流，电流表a2测量流过r2的电流r2的滑动触点向b端移动时，r2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数u减小，r3电压增大，r1、r2并联电压减小，通过r1的电流i1减小，而总电流i增大，则流过r2的电流i2增大故a、c、d错误，b正确故选：b点评：解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流12（4分）如图所示，在屏mn的上方有磁感应强度为b的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里p为屏上的一个小孔pc与mn垂直一群质量为m、带电量为q的粒子（不计重力），以相同的速率v，从p处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域粒子入射方向在与磁场b垂直的平面内，且散开在与pc夹角为的范围内，则在屏mn上被粒子打中区域的长度为（）abcd考点：带电粒子在匀强磁场中的运动. 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：粒子仅受洛伦兹力，做匀速圆周运动，分析找出粒子的一般轨迹后，得到在屏mn上被粒子打中的区域的长度解答：解：粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvb=m，解得，粒子的轨迹半径：r=，粒子沿着右侧边界射入，轨迹如上面左图，此时出射点最近，与边界交点与p间距为：2rcos；粒子沿着左侧边界射入，轨迹如上面右图，此时出射点最近，与边界交点与p间距为：2rcos；粒子垂直边界mn射入，轨迹如上面中间图，此时出射点最远，与边界交点与p间距为：2r；故范围为在荧光屏上p点右侧，将出现一条形亮线，其长度为：2r2rcos=2r（1cos）= 故选：c点评：本题关键通过作图分析粒子可能出现的运动轨迹，然后综合考虑在荧光屏上的落点，得到长度的范围二、实验题（本题包括2小题，13题6分，每空3分，14题10分，总共16分）13（6分）用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律，实验所用的电源为学生电源，输出电压为6v的交流电和直流电两种重锤从高处由静止开始落下，重锤上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点的痕迹进行测量，即可验证机械能守恒定待律（1）下面列举出了该实验的几个操作步骤：a按照图示的装置安装器件；b将打点计时器接到电源的直流输出端上；c用天平称量出重锤的质量；d先放手让纸带和重物下落，再接通电源开关e测量打出的纸带上某些点之间的距离；f根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能在上面所列举的该实验的几个操作步骤中，你认为没有必要进行的或者错误的步骤是bcd （填字母代号）（2）利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a的数值如图2所示，根据打出的纸带，选取纸带上打出的连续五个点a、b、c、d、e，测出a点距离起始点o的距离为s0，a、c两点间的距离为s1，c、e两点间的距离为s2，使用交流电的频率为f，则根据这些条件计算重锤下落的加速度a表达式为a=考点：验证机械能守恒定律. 专题：实验题分析：通过实验的原理确定需要测量的物理量，从而确定不需要的测量步骤实验时，打点计时器应接交流电源，先接通电源，再释放纸带利用匀变速直线运动的推理x=at2可以求出重锤下落的加速度大小解答：解：（1）因为我们是比较mgh、mv2的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平故c没有必要应将打点计时器接到电源的交流输出端上，故b错误开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故d错误故答案为：bcd（2）重锤下落时做匀加速运动，因此由x=at2得：a=故答案为：（1）bcd （2）点评：解决本题的关键知道实验的原理，通过原理确定所需测量的物理量，以及知道实验中的注意事项，在平时的学习中，需加以总结利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度14（10分）某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻已知干电池的电动势约为1.5v，内阻约为1；电压表（0315v，3k）、电流表（00.63a，1.0）、滑动变阻器有r1（10，2a）和r2（100，0.1a）各一只（1）电压表量程选用03vv，电流表量程选用00.6aa，滑动变阻器应选用r1（填“r1”或“r2”）（2）在图乙中将图甲的原理图用笔画线代替导线连接实验电路（3）实验测得的6组数据已在ui图中标出，如图丙所示，请你根据数据点位置完成ui图线，并由图线求出该电池的电动势e=1.5v，内阻r=0.5考点：测定电源的电动势和内阻. 专题：实验题分析：（1）根据电源电动势选择电压表量程，根据电路最大电流选择电流表量程，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器（2）根据电路图连接实物电路图（3）根据坐标系内描出的点作出图象，然后由图象求出电源电动势与内阻解答：解：（1）电源电动势约为1.5v，电压表选择03v量程，电路最大电流较小，约为零点几安培，则电流表选00.6a量程，为方便实验操作，滑动变阻器应选r1；（2）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（3）根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：由图示图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，电源电动势e=1.5v，电源内阻：r=0.5；故答案为：（1）03v；00.6a；r1；（2）实物电路图如图所示；（3）图象如图所示；1.5；0.5点评：本题考查了实验器材选择、连接实物电路图、实验数据处理，要掌握实验器材的选择原则，连接实物电路图时要注意电表量程的选择；要掌握描点法作图的方法三、解答题（本题共3小题，15题9分，16题10分，17题12分，共31分要求解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分；有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15（9分）如图，底座a上装有长l=0.5米的直立杆，杆上套有质量为m=0.05千克的小环b，它与杆之间有摩擦当环从底座上杆的底端以v0=4m/s初速度向上飞起时，刚好能达杆顶，已知该过程中底座始终没有离开地面，取g=10m/s2求：（1）环相对杆滑动过程中，环与杆间摩擦阻力为多大？（2）小环从杆顶落回底座需多长时间？考点：牛顿第二定律. 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）根据对圆环的运动分析得出圆环的加速度，再根据牛顿第二定律求出环与杆间的摩擦力；（2）小环下落时摩擦力改变方向，根据牛顿第二定律求出下落时的加速度，再根据运动分析下落所需时间即可解答：解：（1）对小环上升过程受力分析，设加速度为a，由牛顿第二运动定律得：f+mg=ma小环在上升的过程中，由运动情况及运动学公式得：v2=2ax代入小环运动时的v=4m/s，位移x=0.5m，可解得圆环上升时的加速度a=16m/s2，再将加速度代入式可得圆环上升时受到的阻力f=0.3 n（2）设小环b从杆顶落下的过程中加速度为a2，对其受力分析由牛顿第二定律得：mgf=ma2，所以圆环下落时的加速度所以圆环下落时，由运动学公式解得：答：（1）环相对杆滑动过程中，环与杆间摩擦阻力为0.3n；（2）小环从杆顶落回底座需多长时间为0.5s点评：加速度是联系力和运动的桥梁，通过运动分析得出运动物体的加速度再由牛顿运动定律求物体的受力，或由物体的受力求运动物体的加速度，再根据运动学公式求物体的运动，这是牛顿运动定律应用的两个主要思路16（10分）（2014天津一模）轻质细线吊着一质量为m=0.64kg、边长为l=0.8m、匝数n=10的正方形线圈abcd，线圈总电阻为r=1边长为正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图（甲）所示磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化如图（乙）所示，从t=0开始经t0时间细线开始松驰，取g=10m/s2求：（1）在04s内，穿过线圈abcd磁通量的变化及线圈中产生的感应电动势e；（2）在前4s时间内线圈abcd的电功率；（3）求t0的值考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律. 分析：（1）根据磁感应强度的变化，结合有效面积求出磁通量的变化量，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小（2）根据p=i2r求出线圈abcd的电功率（3）当细线开始松弛，线框受重力和安培力平衡，根据平衡求出磁感应强度的大小，从而结合图线求出经历的时间解答：解：（1）磁通量的变化量=解得：=0.16wb由法拉第电磁感应定律得：解得：e=0.4v（2）根据欧姆定律得，p=i2r代入数据得：p=0.16w（3）分析线圈受力可知，当细线松弛时有：=4t由图象知：b=1+0.5t，解得：t0=6s答：（1）在04s内，穿过线圈abcd磁通量的变化=0.16wb产生的感应电动势为0.4v（2）在前4s时间内线圈abcd的电功率为0.16w（3）t0的值为6s点评：本题考查电磁感应与电路和基本力学的综合，难度不大，需加强训练17（12分）如图所示，一个质量为m=2.01011kg，电荷量q=+1.0105c的带电粒子（重力忽略不计），从静止开始经u1=100v电压加速后，水平进入两水平放置的平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压u2=100v金属板长l=20cm，两板间 距d=10cm求：（1）粒子进入偏转电场时的速度v0大小；（2）粒子射出偏转电场时的偏转角；（3）若该粒子离开偏转电场后随即进入一上下无边界、宽度为d=10cm的匀强磁场，为使粒子不从磁场右边射出，则匀强磁场的磁感应强度b至少多大？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动. 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）粒子在加速电场中，电场力做功为qu1，由动能定理求出速度v0（2）粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，运用运动的分解法，根据牛顿第二定律、运动学和速度的分解求解偏转角的正切，再得到偏转角（3）求出粒子进入磁场的速度，作出粒子运动轨迹，应用牛顿第二定律与几何知识求出b解答：解：（1）粒子在电场中加速，由动能定理得： ，代入数据解得：v0=1.0104m/s；（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得：，竖直分速度：，飞出电场时，速度偏转角的正切为： ，解得=30； （3）进入磁场时微粒的速度是： 粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系有：d=r+rsin 粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： 由联立得：，代入数据解得：b=/5=0.346t；答：（1）粒子进入偏转电场时的速度v0大小为1.0104m/s；（2）粒子射出偏转电场时的偏转角为30；（3）匀强磁场的磁感应强度b至少为0.346t点评：本题是带电粒子在组合场中运动的问题，关键是分析粒子的受力情况和运动情况，用力学的方法处理四、选做题（本题共2小题，共15分18题供选修3-4模块的考生作答，19题供选修3-5模块的同学作答作答前须用2b铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑注意所做题目的标号必须与所涂题目的标号一致）【选修3-4模块】18（6分）如图所示为一列简谐波在t1=0时刻的图象，此时波中质点m的运动方向沿y轴负方向，且到t2=0.55s质点m恰好第3次到达y轴正方向最大位移处，该波的传播方向为x方向，波速为2m/s考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象. 分析：由质点m的振动情况，确定波的周期，再由波速公式求出波速解答：解：（1）由m点此时的运动方向向下，得出此波沿x轴负方向传播（2）在t1=0到t2=0.55s这段时间时，质点m恰好第3次到达正最大位移处，则有：（2+）t=0.55s解得周期为：t=0.2s由波的图象可以看出波长为：=0.4m则波速为：v=m/s=2m/s故答案为：x方向，2m/s点评：本题要由质点的振动方向确定波的传播方向，这波的图象中基本问题，方法较多，其中一种方法是“上下坡法”，把波形象看成山坡：顺着波的传播方向，上坡的质点向下，下坡的质点向上19（9分）如图所示是一种折射率n=1.5的棱镜用于某种光学仪器中现有一束光线沿mn的方向射到棱镜的ab界面上，入射角的大小i=arcsin0.75（即sini=0.75）求光在棱镜中传播的速率及此束光线射出棱镜后的方向（不考虑返回到ab面上的光线，光在入射到棱镜之前的速度c=3108m/s）考点：光的折射定律. 专题：光的折射专题分析：根据公式v=求出光在棱镜中传播的速率；根据折射定律求出光线进入棱镜后折射角，由几何知识求出光线射到bc面上的入射角，由临界角大小，分析能否发生全反射，再作出光路图，确定光线射出棱镜后的方向解答：解：由得：v=2108m/s由得：，得折射角为：r=30由，得临界角为：c45 而由几何知识得光线在bc面的入射角为：i1=45c，故光线在bc面上发生全反射后，垂直ac面射出棱镜答：光在棱镜中传播的速率是2108m/s，此束光线垂直ac面射出棱镜点评：本题要根据折射定律和几何知识，通过计算来研究光路，当光从光密进入光疏介质时要考虑能否发生全反射五、【选修3-5模块】20下列判断正确的是（）a太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应b衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时所产生的